tài liệu trang web lớp đ5h13b đại học điện lực

Quy hoạch tuyến tính.. Quy hoạch tuyến tính.[r]

CHƯƠNG I: BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH §1 MỢT SỚ VÍ DỤ DẪN ĐẾN BÀI TOÁN QUY HOẠCH

TUYẾN TÍNH

I Bài toán lập kế hoạch sản xuất điều kiện tài nguyên hạn chế:

Ví dụ:

Nhân dịp tết trung thu, xí nghiệp muốn sản xuất loại bánh: Đậu xanh, thập cẩm, bánh dẻo nhân đậu xanh Để sản xuất loại bánh này, xí nghiệp phải có đường, đậu, bột, trứng, mứt, lạp xưởng…Gỉa sử số đường có thể chuẩn bị được là 500kg, đậu là 300kg, các nguyên liệu khác muốn có cũng được Lượng đường, đậu và số tiền lãi bán chiếc bánh mỗi loại cho bảng:

Bánh Nguyên liệu

Bánh đậu xanh Bánh thập cẩm Bánh dẻo

Đường: 500kg 0.06kg 0.04kg 0.07kg

Đậu: 300kg 0.08kg 0.04kg

Lãi: ngàn 1.7 ngàn 1.8 ngàn

Cần lập kế hoạch sản xuất mỗi loại bánh cái để không bị động về đường, đậu và tổng số lãi thu được là lớn nhất( nếu sản suất cũng bán hết)

GIẢI:

Phân tích:

Gọi x1; x2; x3 lần lượt là số lượng bánh đậu xanh, thập cẩm, bánh dẻo cần

sản xuất

1 Điều kiện của ẩn: xi≥ , i=1,3 .

2 Tổng số đường: 0 06 x1+0 04 x2+0 07 x3

Tổng số đậu: 0 08 x1+0 x2+0 04 x3

Tổng tiền lãi: 2 x1+1 x2+1 x3 Ta có mô hình toán học của bài toán:

(1) ¿ ¿

¿f ( x )=2 x1+1 x2+1 x3→ max ¿ (2) ¿{0 06 x1+0 04 x2+0 07 x3≤ 500

0 08 x1+0 x2+0 04 x3≤ 300 (3 ) ¿xj≥ , j=1 3

Mô hình toán học dưới dạng ma trận:

A=[0 06 04 07

0 08 0 04]

B=[500

300] véc tơ số hạng tự

x=(x1; x2;x3) là véc tơ ẩn số.

Một véc tơ x=(x1; x2; x3) thỏa (2) và(3) gọi là phương án của bài toán

Một phương án x=(x1; x2;x3) thỏa (1) gọi là phương án tối ưu của bài

toán

II Bài toán đầu tư vốn nhỏ nhất:

Ví dụ:

Có xí nghiệp may cùng có thể sản xuất áo vét và quần Do trình độ công nhân, tài tổ chức, mức trang bị kỹ thuật…khác nhau, nên hiệu quả của đồng vốn ở các xí nghiệp cũng khác Gỉa sử đầu tư 1000$ vào mỗi xí nghiệp thì cuối kỳ ta có kết quả

Xí nghiệp 1: 35 áo 45 quần Xí nghiệp 2: 40 áo 42 quần Xí nghiệp 3: 43 áo 30 quần

Lượng vải và số giờ công cần thiết để sản xuất áo hoặc quần ( gọi là suất tiêu hao nguyên liệu và lao động) được cho ở bảng sau:

XN Sản phẩm

1

Áo vét 3.5m 20h 4m 16h 3.8m 18h

Quần 2.8m 10h 2.6m 12h 2.5m 15h

Tổng số vải và giờ công lao động có thể huy động được cho cả xí nghiệp là 10.000m và 52.000 giờ công

Theo hợp đồng kinh doanh thì cuối kỳ phải có tối thiểu 1500 bộ quần áo Do đặc điểm hàng hóa, nếu lẻ bộ chỉ có quần là dễ bán

Hãy lập kế hoạch đầu tư vào mỗi xí nghiệp vốn để : - Hoàn thành kế hoạch sản phẩm

- Không khó khăn về tiêu thụ - Không bị động về vải và tiêu thụ

- Tổng số vốn đầu tư nhỏ nhất là điều nổi bật cần quan tâm Phân tích:

1)Gọi x1; x2; x3 lần lượt là số đơn vị vốn đầu tư ( 1000$) vào mỗi xí

nghiệp

Ta có: xj≥0 , j=1,3

2)Tổng số áo của XN: 35 x1+40 x2+43 x3 ,

Để không khó khăn về tiêu thụ thì:

45 x1+42 x2+30 x3≥ 35 x1+40 x2+43 x3⇔10 x1+2 x2−13 x3≥0

4)Tổng số bộ quần áo= Tổng số áo của XN: 35 x1+40 x2+43 x3 ,

5) Tổng số mét vải của xí nghiệp ( dùng để may áo và quần ):

¿3 ×35 x1+4 × 40 x2+3 × 43 x3 +¿2 × 45 x1+2 ×42 x2+2 ×30 x3

248 x1¿+269 x2+238 x3

6) Tổng số giờ công của xí nghiệp: ¿20× 35 x1+16 × 40 x2+18 × 43 x3

+¿10 × 45 x1+12× 42 x2+15 ×30 x3

1150 x1¿+1144 x2+1224 x3

7) Tổng số vốn đẩu tư( đơn vị: 1000$): x1+x2+x3

Mô hình toán học

(1) f ( x )=x1+x2+x3→ min

(2){

10 x1+2 x2− 13 x3≥ 0 35 x1+40 x2+43 x3≥1500

248 x1+269 x2+238 x3≤10000

1150 x1+1144 x2+1224 x3≤ 52000 (3) xj≥ , j=1,3

Mô hình toán học dưới dạng ma trận:

A=[

10 − 13

35 40 43

248 269 238 1150 1144 1224 ]

, B=[

0 1500 10000 52000] III Bài toán vận tải

Ví dụ:

Ta cần vận tải vật liệu từ kho: K1 và K2 , đến công trường xây dựng: C1,

C2, C3 Tổng số vật liệu có ở mỗi kho, tổng số vật liệu yêu cầu của mỗi công

Hãy lập kế hoạch vận chuyển thế nào để: - Các kho giải phóng hết vật liệu

- Các công trường nhận đủ vật liệu cần thiết - Tởng sớ T × km phải thực hiện là ít nhất GỈAI

Phân tích:

1 Gọi x ¿

ij(i=1,2 ; j=1,2,3) ¿ lần lượt là số tấn vật liệu vận chuyển từ kho

Ki→ Cj∀ xij≥ 0

2 Số tấn vật liệu từ kho K1 đến công trường:

x11+x12+x13

3 Số tấn vật liệu từ kho K2 đến công trường:

x21+x22+x23

4 Số tấn vật liệu công trường C1 nhận được từ kho:

x11+x21

5 Số tấn vật liệu công trường C2 nhận được từ kho:

x12+x22

6 Số tấn vật liệu công trường C3 nhận được từ kho:

x13+x23

7 Tổng số T × km :

5 x11+7 x12+2 x13+4 x21+3 x22+6 x23

¿

(1) f ( x )=5 x11+7 x12+2 x13+4 x21+3 x22+6 x23→ min

(2){

x11+x12+x13=20

x21+x22+x23=40

x11+x21=15

x12+x22=20

§2 CÁC DẠNG BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH I Dạng tổng quát:

(1) f (x )=∑

j =1 n

cjxj→ (max)

(2){

∑

j=1 n

aijxj=bi

∑

j=1 n

aijxj≤ bi

∑

j=1 n

aijxj≥ bi

(3) xj ≥0(j∈ J1); xj ≤0(j∈ J2); xjtù̀ y y '

̀́(j∈ J3);J1∪ J2∪J3={1 ;2; …;n}

-

Vector x=(x1; x2;… ;xn) thỏa (2);(3) gọi là phương án của bài toán.

- Nếu phương án thỏa (1) tức là hàm mục tiêu đạt cực đại( hay cực tiểu) thì gọi là phương án tối ưu

- Giải bài toán QHTT là tìm phương án tối ưu hoặc chỉ bài toán không có phương án tối ưu

Ví dụ:

Bài toán sau có dạng tổng quát:

(1) f ( x )=3 x1− x2+2 x3+x4+5 x5→ max

(2){

2 x1− x2+x3+2 x4+x5≤17 4 x1−2 x2+x3=20

x1− x2+2 x3+x5≥ −18

x1+x2+2 x3+x4≤ 100 (3) x1; x4≥ ; x2; x5≤0 ; x3tu ̀̀ y y' II Dạng chính tắc:

(1) f ( x )=∑

j=1 n

cjxj→ (max)

(2)∑

j=1 n

aijxj=bi(i=1 , m)

Ví dụ:

Bài toán sau có dạng chính tắc:

(1) f ( x )=3 x1− x2+x3−3 x4+x5→ min (2){

2 x1+x2− x3+3 x4=0

x2− x3− x4+x5=−18

x3+2 x4− x5=17 (3 ) xj≥ ; j=1,5

III Dạng chuẩn:

(1) f (x )=∑

j =1 n

cjxj→min (max) x1

¿ ¿

¿ ¿+a1(m +1)xm +1+⋯a1 nxn=b1 x2 ¿ +a2(m +1)xm+1+⋯a2nxn=b2 ⋱ ¿ ¿ xm

am(m+1)xm +1+⋯amnxn=bm (2){¿

(3 ) xj ≥ 0( j=1 , n); bi≥ (i=1 , m)

x1 x2xm xm +1 ¿ xn ¿ ¿ A=[

1 a1(m +1) a1 n a2(m +1) a2 n

… … … … … … … …

0 am(m+1) amn]

Nhận xét:

Ta thấy bài toán dạng chuẩn là bài toán dạng chính tắc thêm điều kiện:

 Các số hạng tự không âm: bi≥ (i=1, m)

 Ma trận các hệ số ràng buộc A chứa ma trận đơn vị cấp m

Định nghĩa:

1) ẩn bản: Các ẩn ứng với véc tơ cột đơn vị ma trận A gọi là ẩn bản, ma trận A ta có x1; x2;… ; xm là các ẩn bản.

- ẩn bản ứng với véc tơ cột đơn vị thứ i gọi là ẩn bản thứ i Các ẩn còn lại là không bản

2) Phương án bản: phương án mà các ẩn không bản đều bằng gọi là phương án bản

Nhận xét:

Với bài toán dạng chuẩn ta có phương án bản ban đầu :

(1) f ( x )=3 x1− x2+x3−3 x4+x5→ min (2){

2 x1+2 x4+x5=20

−3 x1+4 x2−4 x4+x6=0

x1+2 x2+x3+3 x4=28 (3 ) xj≥ ; j=1,6

x1 x2 x3 x4 x5 x6 ¿

A=[−3 − 12 0

1 0]

Ta có x5 là ẩn bản thứ nhất, x6 là ẩn bản thứ hai, x3 là ẩn bản thứ ba

§3 BIẾN ĐỞI DẠNG CỦA BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH

I Đưa dạng tổng quát về dạng chính tắc:

1) Nếu gặp ràng buộc dạng: ∑

j=1 n

aijxj≤bi ta cộng thêm vào vế trái ẩn phụ

( Slack variable) không âm xi+1≥ 0 để biến về dạng phương trình:

∑

j=1 n

aijxj+xn+1=bi

2) Nếu gặp ràng buộc dạng: ∑

j=1 n

aijxj≥bi ta cộng thêm vào vế trái ẩn phụ

( Slack variable) không âm xi+1≥ 0 , với hệ số -1 để biến về dạng phương

trình:

∑

j=1 n

aijxj− xn+1=bi

Chú ý: Các ẩn phụ chỉ là những số giúp ta biến bất phương trình thành phương trình, chứ không đóng vai trò gì về kinh tế, nên nó không ảnh hưởng đến hàm mục tiêu Vì vậy hệ số của nó hàm mục bằng

3) Nếu gặp ẩn xj≤0 ta thay xj=− tj , tj≥ 0

4) Nếu gặp ẩn xjtu ̀̀ y y'ta thay xj=x'j− x' 'j , x'j, x' 'j≥ 0 Ví dụ:

Đưa bài toán sau về dạng chính tắc:

(1) f ( x )=2 x1− x2+2 x3+x4− x5→ min

(2){

x1− x2+x3+2 x4+x5≤7

x2+2 x3+x4≥− 1 2 x3+x4+3 x5≥10

x1+x2− x3+x4=20

⇔{

x1−2 x2+x3+2 x4+x5≤ (a )

− x2− x3− x4≤1 (b )

2 x3+x4+3 x5≥10 (c )

x1+x2−2 x3+x4=20 (d ) (3 ) x1; x5≥ ; x4≤ 0; x2; x3tu ̀̀ y y

' GIẢI

 Cộng vào (a) ẩn phụ x6≥ 0

 Cộng vào (b) ẩn phụ x7≥ 0

 Cộng vào (c) ẩn phụ x8≥ 0 với hệ số -1

 Thay x4=− t4;t4≥ 0

 Thay x2=x2'− x2' '; x2'≥ x2' '≥ 0

 Thay x3=x3'− x3' '; x3'≥ x3''≥ 0

(1) f ( x )=2 x1−(x2'− x2'')+2(x'3− x3'')−t4−2 x5+0 x6+0 x7+0 x8→ min

(2){

x1− 2(x2' − x2'')+(x3'− x3' ')−2 t4+x5+x6=7 ( a)

−(x2

'

− x2

' '

)− 2(x3

'

− x3

' '

)+t4+x7=1 (b) 2(x3' − x3' ')− t4+3 x5− x8=10 (c )

x1+(x2'− x2' ')−2(x3'− x3' ')−t4=20 (d ) (3) x1; x5≥ ;t4≥0 ; x2

' ;x

2

' '; x

3

'; x

3

' '; x

6; x7; x8≥ 0

chú ý:

Nếu

0 0

(x10, x2❑x2❑x❑3 x3❑t40, x50, x60, x70, x80)

là phương án tối ưu của bài toán mới

thì

with

0 0

(x10, x20, x30, x40, x50)0 x20=x2❑x2❑x30=x❑3 x❑3 , x40=−t40

là phương án tối ưu của bài toán gốc

II Đưa dạng chính tắc về dạng chuẩn:

1) Mô tả phương pháp:

Giả sử bài toán đã có dạng chính tắc: (Gỉa sử bi≥ ,i=1 , m )

(1) f ( x )=∑

j=1 n

cjxj→ (max)

(2 ){

a11x1+¿⋯ +a1 nx❑n=b1

a11x1+¿⋯ +a11x1=b2

⋮ ¿⋮

a11x1+¿⋯ +a11x1=bm (3 ) xj ≥ 0( j=1 , n)

 Ta thêm vào mỗi phương trình một ẩn giả khộng âm xn+i≥0 với

hệ số

 Trong hàm mục tiêu f ( x )→ min , ẩn giả có hệ số M( M>0, M lớn số nào ần so sánh)

 Trong hàm mục tiêu f ( x )→ max , ẩn giả có hệ số –M

(1) ¯f (¯x )=∑

j =1 n

cjxj± M∑

i=1 m

xn+i→ (max) a11x1+¿⋯

xn+1

¿

¿ +a1 nx❑n+ ¿ ¿=b1 a21x1+¿⋯ +a2nxn+xn+2 ¿=b2 ¿ ⋮ ⋮+

⋱ ¿

am 1x1+¿⋯ +amnxn+xn+m=bm ¿

¿

(3 ) xj ≥ 0( j=1 , n+m )

(2)¿

Ta thấy bài toán đã có dạng chuẩn với ẩn bản thứ i là xn+i(i=1 ,m ) là các

ẩn giả Ví dụ:

(1) f ( x )=2 x1+x2+x3− x4→ max (2){

x1+5 x2+5 x4=25

− x2− x3+6 x4=18 3 x2+8 x4=28 (3) xj≥ ; j=1,4

A=[10 − −1 65

0 8]

Ta thấy còn thiếu vector cột đơn vị thứ và thứ nên phải thêm ẩn giả vào phương trình thứ và thứ Bài toán đưa về dạng chuẩn

(1)¯f (¯x )=2 x1+x2+x3− x4− Mx5− Mx6→ max (2){

x1+5 x2+5 x4=25

− x2− x3+6 x4+x5=18 3 x2+8 x4+x6=28 (3) xj≥0 ; j=1,6

¯

A=[10 − − 05 0 1]

2) Quan hệ giữa bài toán xuất phát và bài toán mở rộng NHẬN XÉT

a) Nếu x=(x1, x2,… , xn) là phương án của bài toán xuất phát thì

¯x=(x1, x2, , xn, 0, , 0) là phương án của bài toán mở rộng

b) Nếu x0=(x10, x20, … , xn0) là phương án tối ưu của bài toán xuất phát thì

x0

c) Nếu x0

=(x10, x20, … , xn0, , 0) là phương án tối ưu của bài toán mở rộng thì x0=(x10, x20, … , xn0) là phương án tối ưu của bài toán xuất phát

d) Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu đó có ẩn giả nhận giá trị dương thì bài toán xuất phát không có phương án

BÀI TẬP CHƯƠNG I

Lập mô hình toán học

1) Công ty bao bì dược cần sản xuất loại hộp giấy đựng thuốc B1, Cao

vàng và đựng “Quy sâm đại bổ hoàn”

Để sản xuất các hộp này công ty dùng các tấm bìa có kích thước giống Mỗi tấm bìa có cách cắt khác

Cách Hộp B1 Hộp cao vàng Hộp quy sâm

1 2

2

3

4

5

Theo kế hoạch số hộp B1 phải có là 1500, số hộp quy sâm là 2000, số hộp

cao vàng tối thiểu là 1000 Cần phương án cắt cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít nhất Hãy lập mô hình bài toán

2)

Xí nghiệp khí An Phú cần cắt 1000 đoạn thép dài 0.55m; 800 đoạn dài 0.8m và 1120 đoạn dài 0.45m làm chuồng gà Để có các đoạn thép này, xí nghiệp phải dùng loại thép: loại dài 1.2m; loại dài 1.5m và loại dài 1.8m Các cách cắt được cho bảng dưới

Loại thép Cách cắt 0.55m 0.8m 0.45m Thừa

I: 1.2m

2 0 0 0.2 0.1 0.3

II: 1.5m

2 1 0 1 0 0.15 0.05 0.25 0.15

III: 1.8m

Nhận dạng và đổi dạng

Trong các bài toán từ đến dưới đây: 1)

(1 ) f ( x ) → min (2){2 x1+x2+3 x3+4 x5=17

4 x1+2 x3+x4+5 x5=20 (3) xj≥ ( j=1,5) 2)

(1)f(x)→ max (2){

x1+x2− x3+x4+x5=32

x2+x3−2 x4=16

x1+x2−2 x3+x4=32 (3)x1, x3≤ ; x2≥ 0; x4, x5tù̀ y y'

3)

(1 ) f ( x ) → min (2){

2 x1+x2+3 x3+4 x5=17 4 x1+2 x3+x4+5 x5=20

− x1+4 x5+x6=6 (3) xj≥ ( j=1,6)

4)

(1) f ( x )→ max (2){

x1− x2−2 x3≤ 5 x1+2 x2+x3+x4=15

2 x1+x2+3 x3≥ 8 (3) xj≥ ( j=1,4 )

5)

(1) f (x ) → min (2){

x1− x2− x3=−7

x2+2 x3+x4≤ 15 2 x1+3 x3+x4≥ 8 (3) xj≥ ( j=1,4)

a) Những bài toán nào đã có dạng chính tắc

CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP ĐƠN HÌNH §1 THUẬT TOÁN ĐƠN HÌNH

I Trường hợp f(x)→ min ( gồm bước) Bước 1: Lập bảng ban đầu

Hệ số

Ẩn bản

Phương án

c1¿ c2 ¿cr ¿cm cm +1 … cv … cn

λi x1¿ x2 ¿xr ¿xm xm+ 1 … xv … xn

c1

c2

¿cr ¿cm

x1

x2

¿xr ¿xm

b1

b2

¿br ¿bm

1¿ ¿ 0 … … a1(m +1) … a1 v … a1 n 0¿

1 … … a2(m +1) … a2 v … a2 n ¿

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 0¿ … …

¿a3(m+1)¿…¿arv¿…¿arn¿ ¿ ¿¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿0¿ ¿0¿…¿0¿…¿1¿am(m +1)¿…¿amv¿…¿amn¿

λ1

λ2

λr

f ( x ) f0   r m m v n

1  

2

Trong đó f0=∑

i=1 m

cibi∧ Δj=∑

i=1 m

ciaij−cj

Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu

a) Nếu Δj≤0∀ j thì phương án xét là tối ưu và giá trị hàm mục

tiêu tương ứng là f ( x )=f0

b) Nếu ∃ Δj>0 mà̀ aij≤ (i=1 , m) thì bài toán không có phương án tối ưu

Nếu cả trường hợp không xảy thì chuyển sang bước

Bước 3: Tìm ẩn đưa vào:

Nếu Δv=max

j Δjthi ̀̀ xv được chọn đưa vào Bước 4: Tìm ẩn đưa ra:

¿

λi= bi

aivwith aiv>0 If λr=min

i λithen xrout

¿

Bước 5:Biến đổi bảng(dùng phương pháp khử Gauss-Jordan)

1 Thay xr bằng xv Các ẩn bản khác và các hệ số tương ứng giữ

nguyên

2 hàng chuẩn=hàng đưa ra( xr )/ arv .

4 hàng ći (mới)= − Δ¿v×

¿

hàng chuẩn+ hàng cuối(cũ)

II Trường hợp f ( x )→ max

Đặt g ( x)=− f ( x ) → min Vậy ta đã chuyển về bài toán Hàm mục tiêu cực tiểu và đó ta hoàn toàn có thể áp dụng kết quả của bài toán

Ví dụ:

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=2 x1+5 x2+4 x3+x4− x5→ min

(2){

x1− x2−2 x4−9 x5=32 2 x2+x3+1

2x4+

2x5=30 3 x2+x5≤ 36 (3 ) xj≥ ; j=1,5

→ s tan dard form

(1) f ( x )=2 x1+5 x2+4 x3+x4− x5+0 x6→ min

(2){

x1− x2−2 x4−9 x5=32 2 x2+x3+1

2x4+

2x5=30 3 x2+x5+x6=36 (3 ) xj≥ 0; j=1,6

¯

A=[

1 −6 −2 − 0

0 1

2

2

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

2 -5

x1 x2 x3 x4 x5 x6

2

x1

x3

x6

32 30 36

1 0

-6

0

-2 ½

-9 3/2

1

0

f ( x ) 184 0 -9 0 -3 -7 0

Δj≤0,∀ j ⇒ phương án tối ưu là (x1, x2, x3, x4, x5)=(32 , ,30 , 0,0)

Ví dụ:

(1) f ( x )=6 x1+x2+x3+3 x4+x5−7 x6+7 → (2){

− x1+x2− x4+x6=15 2 x1− x3+2 x6=−9 4 x1+2 x4+x5−3 x6=2

(3) xj≥ ; j=1,6

→ s tandard form

(1) f ( x )=6 x1+x2+x3+3 x4+x5−7 x6+7 → (2){

− x1+x2− x4+x6=15

−2 x1+x3−2 x6=9 4 x1+2 x4+x5−3 x6=2

(3) xj≥ ; j=1,6 ¯

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

6 1 -7

x1 x2 x3 x4 x5 x6

1 1 x2 x3 x5 15 -1 -2 0 -1 0 (1) -2 -3

f ( x ) 26+7 Δ1

-5 Δ2 Δ3 Δ4 -2 Δ5 Δ6 (3) -7 1 x6 x3 x5 15 39 47 -1 -4 1 -1 -2 -1 0 1 0

f ( x ) -19+7 -2 -3 0 (1) 0 0

Ở phương án bản ban đầu:

max Δj=Δ6=3⇒ x6(in )

arv=1⇒ x2(out )

Ở phương án thứ

Ví dụ:

(1 ) f ( x )=− x1+6 x2+4 x3− x4+3 x5→ max (2){

x1+2 x2+x3=52 4 x2+2 x3+x4=60

3 x2+x5=36 (3) xj≥0 ; j=1,5

→ s tan dard form

(1) g ( x)=− f ( x )=2 x1−6 x2−4 x3+2 x4−3 x5→ min (2){

x1+2 x2+4 x3=52 4 x2+2 x3+x4=60

3 x2+x5=36 (3) xj≥0 ; j=1,5

A=[1 00 0 0 1]

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

2 -6 -4 -3

x1 x2 x3 x4 x5

2 -3 x1 x4 x5 52 60 36 0 (4) 0 0

g(x) 116 Δ1

0 Δ2 Δ3 (16) Δ4 Δ5 x3 x4 x5 13 34 36 1/4 -1/2 1/2 (3) 0 0

g ( x) -92 -4 (1) 0 0 0

x3 x2 x5 22/3 34/3 1/3 -1/6 1/2 1 0 -1/6 1/3 -1 0

g ( x) -310/3 -23/6 0 0 -1/3 0

Ở phương án bản ban đầu:

max Δj=Δ3=16⇒ x3(in ) min λi=λ1=524 =13

Ở phương án thứ

max Δj=Δ2=1⇒ x2(in ) min λi=λ2=34

3

arv=3⇒ x4(out)

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3, x4, x5)=(0, 34

3 , 22

3 ,0,2)

§2 TḤT TOÁN ĐƠN HÌNH MỞ RỢNG

I Chú ý thuật toán đơn hình mở rộng

Nếu gặp bài toán dạng chính tắc chưa phải dạng chuẩn ta dùng ẩn giả để đưa bài toán về dạng chuẩn

1 Nếu bài toán mở rộng không có phương án tối ưu thì bài toán xuất phát cũng không có phương án tối ưu

2 Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu mà các ẩn giả đều bằng 0, thì bỏ phần ẩn giả ta còn phương án tối ưu của bài toán xuất phát Nếu bài toán mở rộng có phương án tối ưu mà đó còn ít nhất

ẩn giả > 0, thì bài toán xuất phát không có phương án tối ưu Ví dụ:

5 x

(1) f ( x )=x1+2 x2+x❑5 → min

(2){

−3 x3− x4=0

x2−7 x3−5 x4− x5=5

x1−13x2+23x3+43 x4+51x5=32

, A=[

0 − − 9 0 − − − 2

1 −1

2

4

1 ] (3 ) xj≥ ; j=1,5

→ s tan dard form

5 x

(1) ¯f ( ¯x)=x1+2 x2+x❑5+Mx6+Mx7→ min

(2){

−3 x3− x4+x6=0

x2−7 x3−5 x4−2 x5+x7=5

x1−1 3x2+

2 3x3+

4 x4+

1 3x5=

2 (3 ) xj≥ ; j=1,7

¯

A=[

0 −3 −9

0 −7 −5 −2

1 −1

2

4

1

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

1 -5

x1 x2 x3 x4 x5

M M x6 x7 x1 2/3 0 (1) -1/3 -3 -7 2/3 -9 -5 4/3 -2 1/3

f ( x ) 5M+2/3

Δ1 Δ2 (-7/3+M) Δ3 2/3-10M Δ4 1/3-14M Δ5 16/3-2M x6 x2 x1 7/3 0 1 -3 -7 -5/3 -9 -5 -1/3 -2 -1/3

f ( x ) 37/3 0 0 -47/3-3M -34/3-9M 2/3

Ở phương án bản ban đầu:

max Δj=Δ2=−7

3+M⇒ x2( in ) min λi=λ2=

5

arv=1⇒ x7(out )

Ở phương án thứ

¿

Ví dụ:

(1) f ( x )=−16 x1+7 x2+9 x3→ min (2){−

2 3x1−

1

3x2+x3=

−5 x1+5 x2=7

⇒[−23 −

− 5 0] (3) xj≥ ; j=1,3

→ s tan dard form

(1)¯f (¯x )=− 16 x1+7 x2+9 x3+Mx4→ min (2){−

2 3x1−

1

3x2+x3=

−5 x1+5 x2+x4=7 (3) xj≥ ; j=1,4 ¯

A=[−

2 −

1

− 5

0 1]

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

-16

x1 x2 x3

9 M

x3

x4 1/37 -2/3-5 -1/3(5) 10

f ( x ) 7M+3

Δ1

10-5M

Δ2

(-10+5M)

Δ3

0

x3

x2 12/157/5 -1-1 01 10

f ( x ) 17 0 0 0

Ở phương án bản ban đầu:

max Δj=Δ2=− 10+5 M⇒ x2(in ) min λi=λ2=7

5

arv=5⇒ x4(out)

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3)=(0, 5,

12 15)

Giá trị của phương án: f0=17

(1) f ( x )=2 x1+4 x2− x3→ min (2 ){

x1−2 x2+x3=27 2 x1+x2+2 x3=50

x1− x2− x3≤ 18

(3) xj≥ ; j=1,3

→ stan dard form

(1)¯f (¯x )=2 x1+4 x2− x3+0 x4→ min (2){

x1−2 x2+x3=27 2 x1+x2+2 x3=50

x1− x2− x3+x4=18 (3) xj≥ ; j=1,4

A=[1 − 22 12 00 1 − −1 1]

→ stan dard form

(1)¯f (¯x )=2 x1+4 x2− x3+0 x4+Mx5+Mx6→ min (2){

x1−2 x2+x3+x5=27 2 x1+x2+2 x3+x6=50

x1− x2− x3+x4=18 (3) xj≥ ; j=1,6 ¯

A=[1 −22 12 00 1 −1 −1 1

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

1

x1 x2 x3 x4

M M

x5

x6

x4

27 50 18

1

-2 -1

1 (2)

-1

0

f ( x ) 77M

Δ1

-2+3M

Δ2

-4-M

Δ3

(2+3M)

Δ4

0

x5

x3

x4

2 25 43

0

-5/2 1/2 -1/2

0

0

f ( x ) -50+2M -4 -5-5M/2 0 0

Ở phương án bản ban đầu:

max Δj=Δ3=2+3 M⇒ x3( in ) min λi=λ2=25

arv=2⇒ x6(out )

Ở phương án thứ

BÀI TẬP Bài

(1) f ( x )=2 x1− x2+2 x3→ min (2){x1+4 x3=7

x2+x3=10

⇒ A=[1

0 1] (3 ) xj≥ ; j=1,3

→ s tan dard form

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

2 -1

x1 x2 x3

2 -1

x1

x2 107 10 01 (4)1

f ( x ) 4

Δ1

0

Δ2

0

Δ3

(5)

x3

x2 33/47/4 -1/41/4 01 10

f ( x ) -19/4 -5/4 0 0

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3)=(0, 33

4 , 4)

Giá trị của phương án: f0=−19

(1) f ( x )=4 x1+x2−2 x3→ max (2){x2+x3=8

x1− x2=5

⇒ A=[0 1

1 −1 0] (3) xj≥0 ; j=1,3

→ s tan dard form

(1) g ( x )=− f ( x )=− x1− x2+2 x3→ min

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn

bản

Phương án

-4 -1

x1 x2 x3

2 -4

x3

x1 85 01 (1)-1 10

g(x) -4

Δ1

0

Δ2

(7)

Δ3

0

x2

x1 138 01 10 11

g(x) -60 0 -7

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3)=(13 , 8,0)

Giá trị của phương án: f0=− g0=60

(1) f ( x )=x1−2 x2+x3→ min (2){x1+2 x2+x3≤12

2 x1+x2− x3≤ 10 (3) xj≥0 ; j=1,3

→ s tan dard form

(1)¯f (¯x )=x1− x2+x3+0 x4+0 x5→ min (2){x1+2 x2+x3+x4=12

2 x1+x2− x3+x5=10 (3) xj≥0 ; j=1,5 ¯

A=[1 1

2 −1 1]

Bảng đơn hình: Hệ số Ẩn

bản

Phương án

1 -2 0

x1 x2 x3 x4 x5

0

x4

x5 1210 12 21 -11 10 01

f(x)

Δ1

-1

Δ2

2

Δ3

-1

Δ4

0

Δ5

0

x2

x5 46 1/23/2 10 -3/21/2 -1/21/2 01

f(x) -12 -2 -2 -1

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3)=(0,6,0)

Bài

(1) f ( x)=x1+2 x2− x3→ max (2){− x1+2 x2+3 x3≤10

x1+3 x2+x3≥5 (3 ) xj≥ 0; j=1,3

→ s tan dard form

(1) g ( x )=− f (x )=− x1− x2+x3+0 x4+0 x5→ min (2){− x1+2 x2+3 x3+x4=10

x1+3 x2+x3− x5=5

(3 ) xj≥ ; j=1,5 ,¿A=[−1 1 3 − 1]

→ s tan dard form

(1) g ( x )=− f ( x )=− x1−2 x2+x3+0 x4+0 x5+Mx6→ min (2){− x1+2 x2+3 x3+x4=10

x1+3 x2+x3− x5+x6=5 (3 ) xj≥ ; j=1,6¿A=[−1 1

Bảng đơn hình: Hệ số Ẩn

bản

Phương án

-1 -2 0

x1 x2 x3 x4 x5

0 M

x4

x6 105 -11 (3)2 31 10 -10

g ( x) 5M

Δ1

M+1

Δ2

(3M+2)

Δ3

M-1

Δ4

0

Δ5

-M

x4

x2 5/320/3 -5/31/3 01 7/31/3 10 (2/3)-1/3

g ( x) -10/3 1/3 0 -5/3 0 (2/3)

x5

x2 105 -5/2-1/2 01 7/23/2 3/21/2 10

g ( x) -10 2 0 -4 -1 0

Phương án cuối cùng: ∃ Δ1=2>0, but ai ̀́={−

5 2;−

1

2}(0)⇒ Bài toán xuất phát

không có phương án tối ưu Bài

(1) f (x )=3 x1+x2−3 x3→ max (2){

x1+2 x2− x3=2

− 10 x2+5 x3=5

− x2+2 x3=4

⇒ A=[10 − 102 − 15 − 3 ] (3) xj≥0 ; j=1,3

→ s tan dard form

(1) g ( x )=− f ( x )=−3 x1− x2+3 x3+Mx4+Mx5→ min (2){

x1+2 x2− x3=2

− 10 x2+5 x3+x4=5

− x2+2 x3+x5=4 (3 ) xj≥ 0; j=1,5⇒ ¯A=[

1 −1

0 −10

0 −3

0 0 1]

Bảng đơn hình: Hệ số Ẩn

bản

Phương án

-3 -1

-3 M M

x1

x4

x5

2

1 0

2 -10

-3

-1 (5)

2

g ( x) 9M-6

Δ1

0

Δ2

-13M-5

Δ3

(7M)

x1

x3

x5

3

1 0

0 -2 (1)

0

g ( x) 2M-6 0 (M-5) 0

x1

x3

x2

3

1 0

0

0

g ( x) 4 0 0 0

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3)=(3,2,5) , Giá trị của phương án: f0=− g ( x )=− 4

(1) f ( x )=2 x1+x2− x3→ min

(2){

− x1− x2+2 x3− x4=12

− x1+2 x2− x3+x5=10

x1−2 x2−1

2x3=23

⇒ A=[

− − 1 −1 0

−2 −1

1 − −1

2 0] (3 ) xj≥ ; j=1,5

→ s tan dard form

(1) f ( x )=2 x1+x2− x3+Mx6+Mx7→ min

(2){

− x1− x2+2 x3− x4+x6=12

− x1+2 x2− x3+x5=10

x1−2 x2−1

2x3+x7=23 (3) xj≥ ; j=1,7⇒ ¯A=[

− −1 − 0

− 2 −1

1 −2 −1

2 0

1 0 0 1] Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn bản Phương án

2 -1 0

x1 x2 x3 x4 x5

M M x6 x5 x7 12 10 23 -4 -2 -1 -2 (2) -1 -1/2 -1 0 0

f(x) 35M

Δ1 -3M-2 Δ2 -3M-1 Δ3 (3M/2 +1) Δ4 -M Δ5 x3 x5 x7 16 26 -2 -4 -1/2 3/2 -9/4 0 -1/2 -1/2 -1/4

f ( x ) 26M-6 0 (-9M/4-1/2) 0 -M/4+1/2 0

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j but x7=26>0⇒ Bài toán gốc không có

(1) f ( x )=x4+x5+20 → max (2){

x2+2 x4+3 x5=7

x3− x4− x5=2

x1+x4+x5=2

⇒ A=[0 00 − −32

1 0 1 ]

(3) xj≥ ; j=1,5

→ stan dard form

(1) g ( x )=− f ( x )=− x4− x5−20 → min (2){

x2+2 x4+3 x5=7

x3− x4−3 x5=2

x1+x4+x5=2 (3) xj≥ ; j=1,5

Bảng đơn hình: Hệ số Ẩn bản Phương án

0 0 -1 -1

x1 x2 x3 x4 x5

0 0 x2 x3 x1 2 0 1 0 -1 (1) -3

g(x) -20

Δ1 Δ2 Δ3 Δ4 (1) Δ5 x2 x3 x4 -2 1 0 0 1 -2

g(x) -22 -1 0 0

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3, x4, x5)=(0,3,4,2,0) , Giá trị của phương án: f0=− g0=22

(1) f ( x )=x1+2 x2− x3→ max (2 ){

4 x1+4 x2+2 x3≥ −6

x1+x2+2 x3≥6 2 x1− x2+2 x3=4

⇒{

− x1− x2− x3≤ 6

x1+x2+2 x3≥6 2 x1− x2+2 x3=4 (3 ) xj≥ ; j=1,3

→ s tan dard form

(1 ) g ( x )=− f ( x )=− x1− x2+x3+0 x4+0 x5→ min (2){

− x1−4 x2−2 x3+x4=6

x1+x2+2 x3− x5=6 2 x1− x2+2 x3=4

⇒ A=[− − −2 11 0 −10 − 1 0 ]

→ s tan dard form

(1 ) g ( x )=− f ( x)=− x1− x2+x3+0 x4+0 x5+Mx6+Mx7→ min (2){

− x1− x2− x3+x4=6

x1+x2+2 x3− x5+x6=6 2 x1− x2+2 x3+x7=4

⇒ A=[−4 − − 11 0 −10

2 −1 0

0 0 1] (3 ) xj≥ 0; j=1,7

Hệ số Ẩn bản Phương án

-1 -2 0

x1 x2 x3 x4 x5

0 M M x4 x6 x7 6 -4 -4 -1 -2 (2) 0 -1

g(x) 10M

Δ1 3M+1 Δ2 -2 Δ3 (4M-1) Δ4 Δ5 -M x4 x6 x3 10 2 -2 -1 -5 (2) -1/2 0 1 0 -1

g(x) 2M+2 -M+2 (2M+3/2) 0 -M

x4 x2 x3 15 5/2 -9/2 -1/2 3/4 0 1 0 -5/2 -1/2 -1/4

g(x) 1/2 11/4 0 3/4

Phương án cuối cùng: Δ5=3

4>0, but ai 5≤ 0⇒ Bài toán xuất phát khôngcó phương án tối ưu

(1 ) f ( x )=x1+2 x2+3 x3+x4→ max (2){

− x1+2 x2−3 x3=−15 2 x1+x2+5 x3=20

x1+2 x2+x3+x4=10

⇒{

x1− x2+3 x3=15 2 x1+x2+5 x3=20

x1+2 x2+x3+x4=10

⇒[1 − 02 1] (3) xj≥ ; j=1,4

→ s tandard form

(1 ) g ( x )=− f ( x)=− x1− x2− x3− x4+Mx5+Mx6→ min (2){

x1− x2+3 x3+x5=15 2 x1+x2+5 x3+x6=20

x1+2 x2+x3+x4=10

⇒ A=[1 − 02

1 1

1 0 0] Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn bản Phương án

-1 -2 -3 -1

x1 x2 x3 x4

M M -1 x5 x6 x4 15 20 10 -2 (5) 0

g(x) 35M-10

Δ1 3M Δ2 -M Δ3 (8M+2) Δ4 x5 x3 x4 -1/5 2/5 3/5 -13/5 1/5 9/5 0

g(x) 3M-18 -M/5-4/5 -13M/5-2/5 0

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j but x5=3>0⇒ Bài toán gốc không có

Bài 10

(1) f ( x )=−2 x1+x2+x4→ min (2){

x1+x2− x3≤ 15

x1+x2+x3+x4=27 2 x1− x2− x3≤ 18

(3) xj≥ ; j=1,4

→ s tan dard form

(1) f ( x )=− x1+x2+x4+0 x5+0 x6→ min (2){

x1+x2− x3+x5=15

x1+x2+x3+x4=27 2 x1− x2− x3+x6=18

⇒[11 11 −1 01 0 2 −1 −1 0 1] (3) xj≥0 ; j=1,6

Bảng đơn hình: Hệ số Ẩn bản Phương án

-2 1 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

0 x5 x4 x6 15 27 18 1 (2) 1 -1 -1 -1 1 0 0

f(x) 27

Δ1 (3) Δ2 Δ3 Δ4 Δ5 Δ6 x5 x4 x1 18 0 3/2 3/2 -1/2 -1/2 (3/2) -1/2 1 0 -1/2 -1/2 1/2

f(x) 0 3/2 (5/2) 0 -3/2

x5 x3 x1 12 12 15 0 0 1/3 2/3 1/3 0 -2/3 -1/3 1/3

f(x) -30 -1 -5/3 -2/3

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3, x4)=(15 , ,12 , 0) , Giá trị của phương án: f0=−30

(1) f ( x )=2 x1+4 x2+x3+x4→ max (2){

x1+3 x2+x4≤1

− x2−2 x4≤3 2 x2+8 x3+2 x4≤ 6 (3 ) xj≥ ; j=1,4

→ s tan dard form

(1) g ( x )=− f ( x )=− x1− x2− x3− x4+0 x5+0 x6+0 x7→ min (2){

x1+3 x2+x4+x5=1

− x2−2 x4+x6=3 2 x2+8 x3+2 x4+x7=6

⇒[10 −5 − 03 1 0 0 1] (3) xj≥ ; j=1,7

Bảng đơn hình: Hệ số Ẩn bản Phương án

-2 -4 -1 -1 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7

-2 0 x1 x6 x7 0 -5 0 (8) -2 0 0

g(x) -2

Δ1 Δ2 -2 Δ3 (1) Δ4 -1 Δ5 -2 Δ6 Δ7 x1 x6 x3 3/4 0 -5 1/4 0 1 -2 1/4 0 0 1/8

g(x) -11/4 -9/4 -5/4 -2 -1/8

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

(x1, x2, x3, x4)=(1,0,34, 0) , Giá trị của phương án: f0=− g0= 11

Bài 12

(1) f ( x )=−10 x1−3 x2+2 x3+2 x4−2 x5− x6+5→ min (2){

x1+x2− x3+x5+2 x6=2 2 x1+x3− x4+2 x5+x6=3 4 x1+6 x3−6 x4+3 x5+4 x6=18

(3) xj≥ ; j=1,6

→ stan dard form ⇒[1 − 12 −1 10

4 −6 4]

(1) f ( x)=−10 x1−3 x2+2 x3+2 x4− x5− x6+Mx7+Mx8+5→ min (2){

x1+x2− x3+x5+2 x6=2 2 x1+x3− x4+2 x5+x6+x7=3 4 x1+6 x3−6 x4+3 x5+4 x6+x8=18

⇒[1 − 12 − 10

4 −6 4

0 0 1] (3) xj≥ ; j=1,8

Bảng đơn hình:

Hệ số Ẩn bản Phương án

-10 -3 2 -2 -4

x1 x2 x3 x4 x5 x6

-3 M M x2 x7 x8 18 0 -1 (1) -1 -6

g(x) 21M-1

Δ1 6M+7 Δ2 Δ3 (7M+1) Δ4 -7M-2 Δ5 5M-1 Δ6 5M-2 x2 x3 x8 3 -8 0 -1 -1 -9 -2

g(x) -4 -8M+5 0 -1 -9M-3 -2M-3

Phương án cuối cùng: Δj≤0,∀ j ⇒ ta có phương án tối ưu là:

Bài 13

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=10 x1+3 x2− x3− x4+2 x5+4 x6+2→ max (2){

x1+x2− x3+x5+2 x6=2 2 x1+x3− x4+2 x5+x6=3 4 x1+6 x3−6 x4+3 x5+4 x6=18

(3 ) xj≥ ; j=1,6 Bài 14

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=2 x1+x2− x3+x4→ min (2){

x1+x2− x3− x4=2

− x2+3 x3+7 x4≤2 2 x3+3 x4≤5

(3 ) xj≥ ; j=1,4

ĐS: x=(x1, x2, x3, x4)=(0,2,0,0)

Bài 15

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=2 x1−3 x2− x3− x4→ min (2){

3 x1+x2+2 x3+4 x4=2 2 x1− x3+3 x4≥ 1

x1− x3+2 x4≤ 4

(3) xj≥ ; j=1,4 ĐS: x=(x1, x2, x3, x4)=(0,2

3, 0, 3)

Bài 16

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=3 x1+2 x2+x3→ min (2){

− x1+x2+2 x3=6

Bài 17

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=4 x1−3 x2−2 x3− x4→ min (2){

6 x1−2 x2+3 x3+x4=57

x1+3 x2+2 x3≤ 16 2 x1+x2− x3=12 (3) xj≥ ; j=1,4 Bài 18

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=2 x1−2 x2− x3+x4→ min (2 ){

3 x1+2 x2+4 x3+x4=8 2 x1− x2+x3≥ −5

x1+x2− x3≤ 12 (3) xj≥ ; j=1,4 ĐS: x=(x1, x2, x3, x4)=(0,2,1,0)

Bài 19

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=2 x1−10 x2+4 x3− x4→ max (2){

3 x1− x2+2 x4≤16

x1+2 x2+x3− x4≥ − 4

x2+3 x3− x4≥ 0 (3 ) xj≥ ; j=1,4 ĐS: no PATU

Bài 20

Giải bài toán QHTT:

(1) f ( x )=− x1−2 x2+x3→ min (2 ){

− x1+4 x2− x3≤6

x1+x2+2 x3≥6 2 x1− x2+2 x3=4 (3 ) xj≥ ; j=1,3

ĐS: x=(x1, x2, x3)=(14 ,

12 ,

CHƯƠNG III: BÀI TOÁN ĐỚI NGẪU §1 KHÁI NIỆM

I Bài toán đối ngẫu( D) của bài toán gốc ( P)dạng chính tắc:

(P)

(1) f ( x )=c1x1+c2x2+c3x3→ min (2){a11x1+a12x2+a13x3=b1

a21x1+a22x2+a23x3=b2

⇒

(3) xj ≥0( j =1,3)

A=[a11 a12 a13

a21 a22 a23]

⇒ AT

=[

a11 a21 a12 a22 a13 a23]

(D)

(1) g ( y )=b1y1+b2y2→ max ¿

a11y1+a21y2≤ c1 ¿a12y1+a22y2≤ c2 ¿a13y1+a y2≤c3 ¿ ¿

¿ (2)¿

Nhận xét:

1 hàm mục tiêu Pf(x)→ min thì hàm mục tiêu của Dg(y)→ max và

ngược lại

2 số ẩn của bài toán này là số ràng buộc của bài toán và ngược lại các hệ số cibi ở bài toán đổi ngược cho nhau.

4 ma trận các hệ số ràng buộc ở bài toán là chuyển vị của

II Quy tắc lập bài toán đối ngẫu( Dual problem)

Bài toán P(D) Bài toán D(P)

f ( x )=∑

j=1 n

cjx → min g ( y )=∑

i=1 m

biy → max

Ràng buộc thứ i: ∑

j=1 n

aijxj [

bi bi bi] Cùng chiều

Ẩn thứ i: yi[

0 tu ̀̀ y y'] Cùng chiều Ẩn thứ j: xj[

0 tu ̀̀ y y'] Ngược chiều

Ràng buộc thứ j: ∑

i=1 m

aijyi [ cj cj cj]

(1) f (x )=2 x1+3 x2− x3+x4→ max (2){

2 x1− x2− x3+x4≤ 5 (1 )

x1+x2+2 x3+x4=7 (2) 5 x1+x2+3 x3+x4≥ 20 (3 ) (3) x1, x2≥ , x3≤ , x4tù̀ y y'

A=[2 − −1 11

5 1]

⇒ AT

=[

2

−1 1 −1 3

1 1] (D)

(1) g ( y )=5 y1+7 y2+20 y3→ min

(2){

2 y1+1 y2+5 y3≥2

− y1+y2+y3≥ 3

− y1+2 y2+3 y3≤− 1

y1+y2+y3=1 (3 ) y1≥ , y2tu ̀̀ y y

'

Ví dụ: Tìm bài toán đối ngẫu của bài toán

(1) f ( x )=5 x1− x2+2 x3+3 x4−6 x → min

(2){

3 x1− x2+2 x3+3 x4+4 x=80

x1+x2+x3+x4+x ≥− 10 3 x1−2 x2−2 x3− x4+x ≤ 30

x1+x3≤ 6

(3) x1≤ , x2, x3≥0 , x4, x5tù̀ y y

'

A=[

3 − 1

1 1 1

3 − −2 −1 1

1 0]

⇒ AT

=[

3

−1 −2 0

2 1 −2 1 1 −1 0 1 0] ( D)

(1) g ( y )=80 y1−10 y2+30 y3+6 y4→ max

(2){

3 y1+y2+3 y3+y4≥ 5

− y1+y2− y3≤− 1 2 y1+y2−2 y3+y4≤3

§2 QUAN HỆ GIỮA BÀI TOÁN GỐC VÀ BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU

I Định lý đối ngẫu:

1) Định lý 1: Đối với cặp bài toán đối ngẫu P&D chỉ xảy các trường hợp sau:

1 cả đều không có phương án

2 cả đều có phương án, lúc đó cả có cùng phương án tối ưu và giá trị hàm mục tiêu đối với phương án tối ưu bằng

3 điều kiện cần và đủ để phương án

¿ ¿

of D ¿

of P ¿∧ y0¿

x0

¿

Tối ưu là:

f(x0)=g(y0)

2) Định lý 2: ( độ lệch bù yếu): Điều kiện cần và đủ để phương án

¿ ¿ of D ¿ of P ¿∧ y0¿

x0¿

Tối ưu là:

{x0j(∑

i=1 m

aijyi0− cj)=0 ( j=1 , n)

yi0(∑

j=1 n

aijx0j− bj)=0 (i=1 , m)

II Tìm nghiệm của bài toán gốc qua nghiệm của bài toán đối ngẫu

Giả sử bài toán đối ngẫu có phương án tối ưu:

y0=(y1

, y2

, … , ym

0

)

Thứ 1: nếu có yi

0

>0⇒∑

j

aijxj=bi Thứ 2: Thay y0=(y1

0

, y2

, … , ym

0

) vào các biểu thức ∑

i=1 m

aijyi0−cj (j=1, n)

nếu với chỉ số j nào đó biểu thức này khác thì xj=0

ví dụ:

cho bài toán gốc:

(1) f ( x )=2 x1+5 x2+4 x3+x❑4−5 x5→ min

x1−6 x2− x❑

4−9 x5=32

(2){

❑4+¿3

2x5=30 2 x2+x3+1

Bài toán đối ngẫu là:

(1) g ( y )=32 y1+30 y2+36 y3→ max

(2){

y1≤2

− y1+2 y2+3 y3≤ 5

y❑2≤ 4

− y1+ 2y21

−9 y1+

2 y2+y3− 5 (3) y1, y2tu ̀̀ y y

', y

30

Ta đã biết kết quả bài toán gốc:

phương án tối ưu: x0=(32 , ,30 , 0,0) with f(x0)=184 Bây giờ ta tìm phương

án tối ưu của bài toán đối ngẫu: thứ 1:

x10=32>⇒ y1=2

x30=30>⇒ y 2=4

Thứ 2: thay x0=(32 , ,30 , 0,0) vào biểu thức 3 x

2+x5− 36<0⇒ y3=0

Vậy phương án tối ưu là y0=(2,4,0 )∧ g(y0)=184

Ví dụ:

Cho bài toán gốc:

(1) f ( x )=52 x1+60 x2+36 x3→ min

(2){

x1≥ −2

2 x1+4 x2+3 x3≥ 6

4 x1+2 x2≥ 4

x2≥ −2

x3≥ 3

(3 ) xjtu ̀̀ y y '

( j=1,3 )

⇒ A=[

1 0 4 0 0 1]

⇒ AT

=[

Bài toán đối ngẫu là:

(1) g ( y )=−2 y1+6 y2+4 y3− y4+3 y5→ max (2){

y1+2 y2+4 y3=52 4 y2+2 y3+y4=60

3 y2+y5=36 (3) yi≥ (i=1,5) Kết quả của bài toán đối ngẫu:

y0

=(0,34 ,

22

3 , 0,2), g(y

)=310

Bây giờ ta tìm kết quả của bài toán gốc: Thứ 1:

y20 =34

3 >0⇒ x1+4 x2+3 x3=6

y30 =22

3 >0⇒ x1+2 x2=4¿⇒{

2 x1+4 x2+3 x3=6 4 x1+2 x2=4

x3=3

⇔{

x1=11

x2=−5

x3=3

y50=2>0⇒ x3=3

Vậy phương án tối ưu của bài toán gốc: x0

=(x1, x2, x3)=(11 , −

5 3,3)

BÀI TẬP: 1)

(1) f ( x )=2 x1+4 x2+x3+x❑4−5 x5→ max (2){

x1+3 x2+x❑4≤ 1

−5 x2− x❑43

x2+4 x3+x43 (3) xj≥0 ( j=1,4 )

a) Tìm BTĐN của bài toán

2)

(1) f ( x )=27 x1+50 x2+18 x3→ max (2){

x1+2 x2+x❑

3≤ 2

− x1+x2− x34

x1+2 x2− x3−2

(3 ) x1, x2tu ̀̀ y y', x30

c) Tìm BTĐN của bài toán

d) Giải BTĐN và suy kết quả cho BT gốc 3)

(1) f ( x )=−2 x1+x2+x❑

4→ min

(2){

x1+x2− x❑3≤15

x1+x2+x❑

3+x❑4=27

2 x1− x2− x318 (3) xj≥0 ( j=1,4 )

e) Tìm BTĐN của bài toán

f) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN 4)

(1) f ( x )=2 x1+3 x2+3 x3→ max (2){

x1+x2+x❑3≤ 12

x1+x2+2 x❑315

x1+2 x2+2 x320 (3 ) xj0 ( j=1,3)

g) Tìm BTĐN của bài toán

h) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN

1)

(1) f ( x )=2 x1+4 x2+x3+x❑

4→ max

(2){

x1+3 x2+x❑4≤ (1)

−5 x2− x❑43 (2)

2 x2+8 x3+2 x46 (3 ) (3) xj≥ ( j=1,4)

i) Tìm BTĐN của bài toán

j) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[10 − −23

0 ]

⇒ AT

=[

1 0

3 −5 2

0

1 −2 2] (1) g ( y )= y1+3 y2+6 y3→ min

(2){

y1≥2

3 y1−5 y2+2 y3≥ 4

8 y❑3≥1

¿y1− y2+2 y31 (3 ) yj0, ( j=1,3)

Ta đã biết kết quả bài toán gốc:

phương án tối ưu: x0=(x1, x2, x3, x4)=(1,0,3

4, 0)with f(x

)=11

4 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu: thứ 1:

x1

=1>⇒ y1=2

x30=

4>⇒ y3=

Thứ 2: thay x0

=(1,0,3

4, 0) vào biểu thức(2) −5 x2− x4−3=−3 ≠ 0⇒ y2=0

Vậy phương án tối ưu là y0

=(2,0,1

3)∧ g(y 0)

=11

2)

(1) f ( x )=−10 x1−3 x2+2 x3+2 x4−2 x5− x6+5→ min (2){

x1+x2− x3+x5+2 x6=2 2 x1+x3− x4+2 x5+x6=3 4 x1+6 x3−6 x4+3 x5+4 x6=18

k) Tìm BTĐN của bài toán

l) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[

1 −1

2 −1 1

4 −6 4] ⇒ AT

=[

1

1 0

−1

0 − −6

1

2 ]

(1) g ( y )=2 y1+3 y2+18 y3→ max

(2){

y1+2 y2+4 y3≤ −10

y1≤ −3 − y1+y2+6 y3≤2

− y2− y3≤ 2

y1+2 y2+3 y3≤ −2 2 y1+y2+4 y3≤ −4 (3 ) yjtù̀ y y'( j=1,3 )

Ta đã biết kết quả bài toán gốc:

phương án tối ưu: x0

=(x1, x2, x3, x4, x5, x6)=(0,5,3,0,0,0) with f(x0

)=11

4 Bây

giờ ta tìm phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu: thứ 1:

x20=5>0⇒ y1=− 3

x30=3>0⇒ y2+6 y3=−1

⇒{

y1=−3

y3=a

y2=−6 a −1

Vậy phương án tối ưu là y0

=(y1, y2, y3)=(−3 , a , −6 a −1 ),∀ a ∈ R ∧ g(y0)=− 4

3)

(1) f ( x )=x1+3 x2+3 x3→ min

(2){

x1+2 x2≥ 2(1) 3 x1+x2+x❑3≥ (2)

x31

4(3) (3 ) xj0 ( j=1,3)

m) Tìm BTĐN của bài toán

Bài toán đối ngẫu là:

A=[

1 1 0 1 1]

⇒ AT

=[

1 0 1 1] (1) g ( y )=2 y1+4 y2+

1

4y3+y4→ max (2){

y1+3 y2≤ 1

2 y1+y2≤ 3

y2+y3≤ 3 (3) yj≥ 0, ( j=1,3)

Ta biết kết quả bài toán ĐN:

phương án tối ưu: y0=(y1, y2, y3, y4)=(1,0,3,0 ) with g(y0)=11

4 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán gốc: thứ 1:

y10=1>0⇒ x1+2 x2=2

y30=3>0⇒ x3=

Thứ 2: thay y0=(1,0,3,0) vào biểu thức(2) 2 y

1+y2−3=−1 ≠0⇒ x2=0

Vậy phương án tối ưu là x0

=(2,0,1 4)∧ f(x

0

)=11

4)

(1) f ( x )=3 x1−7 x2+x3−2 x❑4→ max

(2){

2 x1− x2− x3+2 x❑4≤15 (1)

2 x1−2 x2+3 x330 (2) 2 x1− x2− x3+4 x4=16 (3 )

(3 ) xj≥ ( j=1,4 )

o) Tìm BTĐN của bài toán

p) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[1 −3 −1 21 − 2 1 − −3 4]

⇒ AT

=[

1 1

− − −2 − 1 −3

(1) g ( y )=15 y1+30 y2+16 y3→ min

(2){

2 y1+2 y2+2 y3≥3 −3 y1−2 y2− y3≥− 7

− y1+3 y2−3 y3≥1

¿2 y1+4 y3≥− 2 (3 ) y1, y2≥ , y3tù̀ y y

' Ta đã biết kết quả bài toán gốc:

phương án tối ưu: x0

=(x1, x2, x3, x4)=(7,0,0,1

2)with f(x

)=20 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu: thứ 1:

x10=7>0⇒ y1+2 y2+2 y3=3

x4

=1

2>0⇒2 y1+4 y3=−2

Thứ 2: thay x0=(7,0,0,1

2) vào biểu thức(2) 2 x1−2 x2+3 x3− 30=− 16≠ 0⇒ y2=0

Vậy phương án tối ưu là y0=(4,0, −5

2)∧ g(y

)=20

5)

(1) f ( x )=12 x1+9 x2+7 x3+8 x❑4→ min

(2){

3 x1+2 x2+x3+x❑

4≤15 (1)

x1+2 x2+2 x3+3 x4=10 (2) 2 x1+x2+2 x3+x412 (3)

(3) xj≥ 0( j=1,4 )

q) Tìm BTĐN của bài toán

r) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[3 11 2 3

1 1]

⇒ AT

=[

3 1 2 1 2 1] (1) g ( y )=15 y1+10 y2+12 y3→ max

(2){

3 y1+y2+2 y3≤ 12 2 y1+2 y2+y3≤ 9

y1+2 y2+2 y3≤7 ¿y1+3 y2+y3≤8

Ta đã biết kết quả bài toán gốc:

phương án tối ưu: x0

=(x1, x2, x3, x4)=(2,0,4,0) with f(x0)=52 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu: thứ 1:

x1

=2>0⇒3 y1+y2+2 y3=12

x3

=4>0⇒ y1+2 y2+2 y3=7

Thứ 2: thay x0=(2,0,4,0) vào biểu thức(1) 3 x1+2 x2+x3+x4−15=−5 ≠ 0⇒ y1=0

Vậy phương án tối ưu là y0

=(0, −5,17

2 )∧ g(y

6)

(1) f ( x )=4 x1+3 x2+3 x3→ max (2){

x1+2 x2+x3≤ 40 (1)

x1+x2+2 x3≤60 (2)

x1≤ 20 (3)

(3) xj≥ ( j=1,3)

s) Tìm BTĐN của bài toán

t) Giải BT gốc và suy kết quả cho BTĐN GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[

1 1 0]

⇒ AT

=[

1 1 1 0] (1) g ( y )=40 y1+60 y2+20 y3→ min

(2 ){

y1+y2+y3≥ 4 2 y1+y2≥ 3

y1+2 y2≥ 3 (3) yj≥ , j=1,3

Ta đã biết kết quả bài toán gốc:

phương án tối ưu: x0=(x1, x2, x3)=(20 ,0 , 20) with f(x 0)

=140 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu: thứ 1:

x10=20>0⇒ y1+y2+y3=4

x30=20>0⇒ y1+2 y2=3

Thứ 2: thay x0=(20 , , 20) vào các biểu thức(1)(2)(3)đều nhận kết quả =0 Vì yj≥ , j=1,3⇒{

y1=5 −2 a

y2=− 1+a

y3=a

, a>0 , a∈ R

7)

(1) f ( x )=6 x1+8 x2+x3→ min (2){

3 x1+5 x2+3 x3≥ 20 (1)

x1+3 x2+2 x❑3≥ (2)

6 x1+2 x2+5 x❑330 (3)

(3) xj0 ( j=1,3)

u) Tìm BTĐN của bài toán

v) Giải BTĐN và suy kết quả cho gốc GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[

3 3 5]

⇒ AT

=[

3 3 5] (1) g ( y )=20 y1+9 y2+30 y3→ max

(2 ){

3 y1+y2+6 y3≤ 6 5 y1+3 y2+2 y3≤ 8 3 y1+2 y2+5 y3≤ 1 (3) yj≥ 0,( j=1,3)

Ta biết kết quả bài toán ĐN:

phương án tối ưu: y0=(y1, y2, y3)=(1

3, 0,0)with g(y

)=20

3 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán gốc: thứ 1:

y1

=1

3>0⇒3 x1+5 x2+3 x3=20

Thứ 2: thay y0

=(1

3, 0,0) vào biểu thức(1)&(2) 5 y1+3 y2+2 y3− 8=−19

3 ≠ 0⇒ x2=0 3 y1+y2+6 y3− 6=− 5≠ 0⇒ x1=0

Vậy phương án tối ưu là x0=(0,0,20

3 )∧ f(x

)=20

(1) f ( x )=x1+2 x2+x3→ min (2){

x1− x2+4 x3≥ 12(1) 3 x1+x2+2 x❑3≥ 10(2)

x1− x2− x❑3− (3 )

(3 ) xj0 ( j=1,3)

w) Tìm BTĐN của bài toán

x) Giải BTĐN và suy kết quả cho gốc GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[1 − 33 42 1 − − 1]

⇒ AT

=[

1

−3 − 1

4 2 − 1] (1) g ( y )=12 y1+10 y2− y3→ max

(2){

y1+3 y2+y3≤ 1

− y1+y2− y3≤2 4 y1+2 y2− y3≤1 (3 ) yj≥ 0, ( j=1,3 )

Ta biết kết quả bài toán ĐN:

phương án tối ưu: y0=(y1, y2, y3)=( 10,

3

10 , 0)with g(y

)=21

5 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán gốc: thứ 1:

y10

=

10>0⇒ x1−3 x2+4 x3=12

y20

=

10>0⇒ x1+x2+2 x3=10

Thứ 2: thay y0

=( 10 ,

3

10, 0) vào biểu thức(2)

−3 y1+y2− y3− 2=−2 ≠ 0⇒ x2=0⇒{

x1+4 x3=12 3 x1+2 x3=10

Vậy phương án tối ưu là x0=(8 5, 0,

13

5 )∧ f(x

9)

(1) f ( x )=x1+2 x2+4 x3→ min (2){

x1− x2+3 x3≥ (1)

2 x1+2 x2−3 x❑3≥ (2)

− x1+2 x2+3 x❑

32(3 )

(3) xj0 ( j=1,3)

y) Tìm BTĐN của bài toán

z) Giải BTĐN và suy kết quả cho gốc GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[

1 − 1

2 −3

−1 ]

⇒ AT

=[

1 −1

−1 2

3 −3 ] (1) g ( y )=4 y1+6 y2+2 y3→ max

(2){

y1+2 y2− y3≤ 1 − y1+2 y2+2 y3≤ 2 3 y1− y2+3 y3≤ 4

(3 ) yj≥ 0, ( j=1,3 )

Ta biết kết quả bài toán ĐN:

phương án tối ưu: y0=(y1, y2, y3)=(10 11 ,

31 33 ,

17

33)with g(y

)=349

33 Bây giờ ta

tìm phương án tối ưu của bài toán gốc: thứ 1:

y1

=10

11 >0⇒ x1− x2+3 x3=4

y20 =31

33>0⇒2 x1+2 x2− x3=6

y20 =17

33>0⇒− x1+2 x2+3 x3=2

⇒{ x1=

32 11

x2=1411

x3= 26 33

PATU x0=(32 11 ,

14 11 ,

26 33)

(1) f ( x )=16 x1+8 x2+4 x3→ min (2 ){

3 x1+2 x2+2 x3≥ 16 (1)

4 x1+3 x2+x❑3≥14 (2)

5 x1+3 x2+x❑312(3 )

(3) xj0 ( j=1,3)

aa)Tìm BTĐN của bài toán

bb)Giải BTĐN và suy kết quả cho gốc GIẢI:

Bài toán đối ngẫu là:

A=[3 24 1]

⇒ AT

=[

3 3 1] (1) g ( y )=16 y1+14 y212 y3→ max

(2){

3 y1+4 y2+5 y3≤ 16 2 y1+3 y2+3 y3≤ 8

2 y1+y2+y3≤ 4 (3 ) yj≥ 0, ( j=1,3 )

Ta biết kết quả bài toán ĐN:

phương án tối ưu: y0=(y1, y2, y3)=(1,2,0)with g(y 0)

=44 Bây giờ ta tìm

phương án tối ưu của bài toán gốc: thứ 1:

y10=1>0⇒3 x1+2 x2+2 x3=16

y20=2>0⇒ x1+3 x2+x3=14

Thứ 2: thay y0=(1,2,0 ) vào biểu thức(1) 3 y1+4 y25 y3−16=−5 ≠ 0⇒ x1=0⇒{

2 x2+2 x3=16 3 x2+2 x3=14

CHƯƠNG IV: BÀI TOÁN VẬN TẢI §1 BÀI TOÁN VẬN TẢI DẠNG TỔNG QUÁT I Thiết lập bài toán

Giả sử có m nơi A1, A2, , Am cung cấp mặt hàng nào đó có khối lượng

tương ứng là a1, a2, ., am Cùng lúc đó có n nơi B1, B2, , Bn tiêu thụ loại

hàng đó với khối lượng yêu cầu tương ứng là b1, b2, ., bn

Gọi Ai(i=1 ,m ) là điểm phát hàng thứ i., Bj( j=1 , n) là điểm thu hàng thứ j

Điều kiện cân bằng thu phát ∑i ai=∑ j

bj

Ma trận cước phí C=[cij]m × n trong đó cij là chi phí vận chuyển tấn hàng

từ Ai đến Bj

Hãy lập kế hoạch vận chuyển từ mỗi điểm phát đến mỗi điểm thu tấn hàng để:

 các điểm phát đều phát hết hàng

 Các điểm thu nhận đủ số hàng yêu cầu

 Tổng cước phí phải trả là ít nhất

II Mô hình toán học:

Gọi xij là số tấn hàng vận chuyển từ Ai đến Bj

Ta có mô hình toán học:

(1) f ( x )=∑

i ∑j

cijxij→ min

(2){

∑

j=1 n

xij=ai(i=1 , m)

∑

i=1 m

Thu Cước Phát

B1

b1 B2

b2 …

Bj

bj …

Bn bn

A1: a1

c11 x11

c12

x12 …

c1 j

x1 j …

c1 n x1n

A2: a2

c21 x21

c22

x22 …

c2 j

x2 j …

c2 n x2n

… … … …

Ai:ai

ci 1 xi1

ci 2 xi2

cij xij

cin xin

… … … …

Am:am

cm 1 xm 1

cm 2 xm 2

cmj xmj

cmn xmn

1) Dây chuyền:

a dãy các ô của bảng mà ô liên tiếp ở cùng hàng hay cột gọi là dây chuyền

b dây chuyền khép kín gọi là vòng

c Những ô ứng với xij>0 phương án nào đó gọi là ô chọn

Những ô còn lại là ô loại

§2 TÍNH CHẤT CỦA BÀI TOÁN VẬN TẢI I.Tính chất 1:

Bài toán vận tải cân bằng thu phát có phương án tối ưu II Tính chất 2:

Gỉa sử ta có bảng m hàng, n cột và E là tập hợp gồm m+n-1 ô của bảng không chứa vòng Gỉa sử (i, j) là ô của bảng không thuộc E Nếu ta bổ

sung (i, j) vào E để được E1 thì E1 sẽ chứa vòng nhất V Cuối cùng

ta loại khỏi E1 ô tùy ý của vòng V để được E2, thì E2 lại gồm m+n-1 ô của

bảng không chứa vòng

Ở hình trên: m=4,n=4, tập E gồm m+n-1=7 ô đánh dấu X không chứa vòng Khi bổ sung thêm ô(4,4) tạo thành vòng V nhất Khi mất ô của V thì mất vòng

III Lập phương án bản ban đầu

Dùng phương pháp phân phối tối đa vào ô có cước phí nhỏ nhất Ví dụ

Thu Cước phí Phát

B1

20

B2

40

B3

30

A1:30

1

¿20

3

¿10

5 ¿ ¿

A2: 25

5 ¿ ¿

4 ¿ ¿

2 ¿25

A3:35

8 ¿ ¿

5

¿30

4

¿5

Ví dụ

Thu Cước phí Phát

B1

25

B2

25

B3

10

A1:10

5 ¿ ¿

3 ¿ ¿

1 ¿10

A2: 30

7

¿25

6

¿5

8 ¿ ¿

A3:20

3 ¿ ¿

2 ¿20

2 ¿ ¿

Phương án bản ban đầu có ô chọn < m+n-1=5, nên Phương án ban đầu suy biến đó ta phải bổ sung ô chọn không ô (2,3) mà không tạo thành vòng

IV Thuật toán “Quy ô chọn”

1.Định lý: Nếu ta cộng vào hàng i của ma trận cước C=(cij)m×n sớ

¿

ritu ̀̀ y y'

(i=1 , m) ¿ và cộng vào cột j số

¿

sjtù̀ y y'

( j=1 , n) ¿ ta sẽ

có bài toán vận tải mới với ma trận cước phí C'=(cij')m ×nwith cij'=cij+ri+sj

tương đương với bài toán ban đầu

( nghĩa là phương án tối ưu của bài toán này cũng là phương án tối ưu của bài toán và ngược lại)

2 Thuật toán:

Bước 1: quy cước phí các ô chọn:

Giả sử ta có phương án bản ban đầu với m+n-1 ô chọn Ta cộng vào

hàng i của ma trận cước phí số r ¿

i(i=1 ,m) ¿ và cộng vào cột j số ¿

sj(j=1 ,n) ¿ Ta chọn ri, sj thế nào để cước phí mới cij '

=cij+ri+sj=0 Bước 2: Kiểm tra tính tối ưu:

1) Nếu sau quy cước phí các ô chọn, mà các ô loại đều có cước phí

0 thì phương án xét là tối ưu

2) Nếu sau quy cước phí các ô chọn, mà có ít nhất ô loại có cước phí <0 thì phương án xét không phải tối ưu, ta chuyển sang bước

Bước 3: Xây dựng phương án mới tốt

1) Tìm ô đưa vào: (i❑, j❑) có cước phí âm nhỏ nhất là ô đưa vào

2) Tìm vòng điều chỉnh: bổ sung (i❑

, j❑

3) Phân ô chẵn lẻ của vòng V: ta đánh số thứ tự các ô của vòng V bắt đầu từ ô (i❑, j❑) , đó V phân thành lớp:

VC : Các ô có thứ tự chẵn

VL : Các ô có thứ tự lẻ

4) Tìm ô đưa và lượng điều chỉnh: Ô đưa là (i , jmin)∈VC

xij=xi0j0

5)Lập phương án mới: X'=¿ (xij' )m × n

xij'

={

xij− xi0j0if (i , j)∈V

C

xij+xi0j0if (i , j)∈V

L

xij¿if (i , j)∉V

Nghĩa là:

 Các ô lẻ ta cộng thêm vào lượng điều chỉnh xi0j0

 Các ô chẵn ta trừ lượng điều chỉnh xi0j0

 Giữ nguyên các ô không nằm vòng điều chỉnh

Ví dụ: Gỉai bài toán vận tải sau:

Thu Cước phí Phát B1 80 B2 20 B3 60

A1:50

5 ¿ ¿

4 ¿ ¿

1

¿50 r1

=6

A2: 40

3 ¿20 ¿20 ¿ ¿

r2 =

0

A3:70

7 ¿60 ¿ ¿ 11 ¿10

r3 =

-4

s1 =-3 s2 =-2 s3 =-7

Bước 1: lập phương án bản ban đầu: có ô chọn đúng bằng m+n-1=5, đó PABĐ là suy biến

Bước 2: quy ô chọn Chọn r2=0⇒{

s1=−3

s3=−7

⇒{r3=− 4

r1=6

⇒ s2=− 2

Cước phí mới các ô chọn: cij

'

=cij+ri+sj Ô (1,1):10-7+5=8

Ô (2,3): 0+6-7=-1

¿ ¿

8 ¿ ¿

0 ¿50

r¿− 1

0

¿20

0

¿20

−1

¿ ¿

r¿0

0 ¿60

2 ¿ ¿

0 ¿10

r¿0

S=0 S=0 S=1

Bước 3: Kiểm tra tính tối ưu: Phương án chưa tối ưu vì ô loại (2,3) có cước phí âm

Bước 4: lập phương án mới tốt hơn:

Chọn vòng điều chỉnh V ={(2,3) ,(2,1) , (3,1), (3,3) ,}

Lượng điều chỉnh: min{20 , 10}=10

Ta có phương án mới và cước phí mới theo bảng sau:

¿ ¿

7¿ ¿ ¿

0 ¿50

0¿ ¿10

0¿ ¿20

0¿ ¿10

0¿ ¿70

3¿ ¿ ¿

1 ¿0

Ta có cước phí mới các ô không chọn , nên phương án cuối cùng là tối

ưu

Kết quả của bài toán: PATU:

X =[10 20 100 50 70 0 ]

§3 BÀI TOÁN VẬN TẢI KHÔNG CÂN BẰNG THU PHÁT I Trường hợp tổng lương hàng phát > tổng lượng hàng thu

∑ai>∑bj

Mô hình toán học có dạng:

(1) f ( x )=∑

i ∑j

cijxij→ min

(2){

∑

j=1 n

xij≤ ai(i=1 ,m)

∑

i=1 m

xij=bj( j=1 , n) (3 ) xij≥ (i=1 ,m ; j=1 , n)

II I Trường hợp tổng lương hàng phát < tổng lượng hàng thu

∑ai<∑bj

Mô hình toán học có dạng:

(1) f ( x )=∑

i ∑j

cijxij→ min

(2){

∑

j=1 n

xij=ai(i=1 , m)

∑

i=1 m

xij≤bj( j=1, n) (3 ) xij≥ (i=1 ,m ; j=1 , n)

Phương pháp:

Trường hợp 1: lập thêm trạm thu giả Bn+1 với nhu cầu

bn +1=∑ai−∑bj>0 các ô cột này có cước phí =0

Trường hợp 2: lập thêm trạm phát giả Am +1 với nhu cầu

am +1=∑bj−∑ai>0 các ô hàng này có cước phí =0

Chú ý: tìm phương án bản ban đầu, ta phân phối vào các ô chính trước, các ô hàng hay cột ứng với các tạm phát hay thu giả nào còn thừa mới phân vào

Ví dụ:

Thu 20 40 60 Cước phí

phát

80

30

50

Tổng số phát=160>tổng số thu=120

Ta lập thêm trạm thu giả( cột thứ tư) ta được bảng sau:

Thu 20 40 60 Trạm(40)

Thu giả

Cước phí phát

80 4

10

1 60

10

R=0

30

30

3 R=2

50

20

5 30

R=0

S=1 S=-4 S=-1 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[ 00 10 60 1030 0 20 0 30]

BÀI TẬP:

1) Gỉai bài toán vận tải sau:

80 20 60

50

40

70 11

GIẢI:

80 20 60

50 50

R=6

40

20(-10)

2 20

6 -1 (+10)

R=0

70

60(+10)

9 11

10(-10)

R=-4

S=-3 S=-2 S=-7

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,3) ,(2,1) , (3,1), (3,3) ,}

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

50

R=-1

10

2 20

6 10

R=0

70

9 11

R=0

S=0 S=0 S=1

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[10 20 100 50 70 0 ]

Tổng chi phí vận chuyển: f ( x )=670

2) Gỉai bài toán vận tải sau:

60 70 40 30

100

80

20

GIẢI:

60 70 40 30

100

30(+30)

1 70(-30)

4 R=3

80

30(-30)

3 -1 (+30)

2 20

6 30

R=0

20

S=-5 S=-4 S=-2 S=-6

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,2), (1,2) , (1,1) , (2,1) ,}

Lượng điều chỉnh: min{30 , 70}=30

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

2 60

1 40(-30)

4 -1 (+30)

R=-1

0

3 30(+30)

2 20

6 30 (-30)

R=0

20

5 R=0

S=1 S=1 S=0 S=0

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(1,4 ) , (1,2 ), (2,2) ,(2,4 ) ,}

Lượng điều chỉnh: min{30 , 40}=30

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

60

1 10

4 30

R=0

0

3 60

2 20

6

R=0

20

5 R=0

S=0 S=0 S=0 S=1

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[60 100 60 200 300 0 20 ]

3) Gỉai bài toán vận tải sau:

20 100 145 30 150

120

150

150

25

GIẢI:

20 100 145 30 150

120

120

4 5 R=2

150

20(-20)

2 75

5 55(+20)

R=3

150 -2

(+20)

4 -1 25

1

30

6 95(-20)

R=0

25

25

4 R=4

S=-4 S=-5 S=-3 S=-1 S=-6 S=-4

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(3,1 ), (3,5) , (2,5) ,(2,1) ,}

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

6

120

4 5 R=0

1

2 75(-75)

5 75(+75)

R=0

20

4 -1 (+75)

3 25

1

30

6 75(-75)

R=0

25

4 R=0

S=2 S=0 S=0 S=0 S=0

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(3,2 ), (3,5) , (2,5) ,(2,2) ,}

Lượng điều chỉnh: min{75 , 75}=75 , lúc này phương án mới có ô chọn<8 ô Nên PA suy biến ta bổ sung thêm ô chọn 0: ô(3,5) mà tạo thành vòng với các ô đã chọn của PA mới

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

6

1 120

4 5 R=0

1

2

5 150

R=0

20

4 75

3 25

1

30

6 0

R=0

25

4 R=-1

S=0 S=1 S=0 S=0 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[

0 120 0

0 0 150

Tổng chi phí vận chuyển: f ( x )=1040

4) Gỉai bài toán vận tải sau:

10 10 10 20 20

5

15

20

30 11

GIẢI:

10 10 10 20 20

5

5

4 R=4

15

10

4 5(-5)

8 -1 (+5)

R=2

20

10

7 10

9 R=2

30

5

4 5(+5)

11 20(-5)

R=0

S=-5 S=-5 S=-3 S=-9 S=-11

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,5) ,(2,4 ) ,( 4,4) , (4,5) ,}

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

5

4 R=0

3 10

4 2 0

8

R=1

10

7 10

9 R=0

5

4 10

11 15

R=0

S=-1 S=0 S=0 S=0 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[

0 0

10 0

0 10 10 0 10 15]

Tổng chi phí vận chuyển: f(x)=435

5 Gỉai bài toán vận tải sau:

30 15 15

25

15

40

30 15 15

25

5

4 2 20

6 R=-1

15

15(-15)

6 -1 Đưa vào (+15)

R=0

40

25

1 Bổ sung 0(+15)

5 15(-15)

R=0

S=-2 S=-1 S=-1 S=-3

Ở bảng trên: PACB ban đầu có ô<m+n-1=6 PA suy biến, đó ta bổ sung ô(3,2) tạo vòng với các ô đã chọn

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,4) , (2,2), (3,2) , (3,4 ) ,}

Lượng điều chỉnh: min{15 , 15}=15

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

5

4 2 20

6 R=0

5 Bổ sung

6 15

R=0

25

1 15

5 0

R=0

S=0 S=0 S=0 S=1

Ở PA này số ô chọn: 5<6, nên PA suy biến ta bổ sung ô(2,2) tạo vòng với các ô đã chọn

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[

5 20

0 0 15

25 15 0 ]

6)Gỉai bài toán vận tải sau:

180 200 230 280

280 14

320

290

GIẢI:

180 200 230 280

280

Bổ sung

14 7 280

R=-3

320

180

4 -1 Đưa vào

6 140

7

R=-2

290

200

4 90

9 R=0

S=0 S=-3 S=-4 S=-4

Ở bảng trên: PACB ban đầu có ô<m+n-1=6 PA suy biến, đó ta bổ sung ô(1,) tạo vòng với các ô đã chọn

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,2), (3,2) , (3,3 ), (2,3) ,}

Lượng điều chỉnh: min{200 , 140}=140

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

Bổ sung

14 7 280

R=0

180

4 Đưa vào 140

6

7

R=1

5 60

4 230

9 R=0

Ở PA này số ô chọn: 5<6, nên PA suy biến ta bổ sung ô(1,) tạo vòng với các ô đã chọn

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[

0 0 280

180 140 0

0 60 230 ]

Tổng chi phí vận chuyển: f ( x )=3980

Bài toán không cân bằng thu phát

7 Gỉai bài toán vận tải sau:

8 12 15

10 12

19

11

9

GIẢI:

8 12 15 Trạm

thu giả

10 12

4

0

R=0

19 -3

Đưa vào (+6)

8 6(-6)

5 12

9

R=0

11

11

0 R=4

9

8(-6)

2 1(+6)

6 R=6

S=-7 S=-8 S=-5 S=-5 S=0

V ={(2,1), (4,1 ), (4,2) , (2,2) ,}

Lượng điều chỉnh: min{6,8}=6

8 12

0

R=0

Đưa vào

8

5 12

9

R=0

11

0 R=0

2

2

6 R==-3

S=3 S=3 S=0 S=0 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[

0 0

6 12 0 11 0]

Tổng chi phí vận chuyển: f(x)=131

8) Gỉai bài toán vận tải sau:

20 50 60 30

50

40

70 11

20 50 60 30 Trạm thu giả

50

50

0 10 R=10

40

20

3 20(-10)

6 -1 (+10)

0 R=4

70

30(+10)

11 10(-10)

0 30

R=0

S=-6 S=-7 S=-11 S=0

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,3) ,(2,2) , (3,2), (3,3) ,}

Lượng điều chỉnh: min{10 , 20}=10

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

50

0 R=-1

2 20

3 10

6 Đưa vào 10

0 R=0

40

11

0 30

R=0

S=0 S=0 S=1 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[20 10 100 50 00 40 30]

9) Gỉai bài toán vận tải sau:

30 40 60 70

100

80

20

GIẢI:

30 40 60 70

100

30(+30)

2 70(-30)

R=3

80

30

20

6 30(-30)

4 -1 Đưa vào (+30)

R=0

20

20

7 -1 R=1

S=-7 S=-3 S=-6 S=-5

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(2,4) , (1,4) , (1,3 ), (2,3) ,}

Lượng điều chỉnh: min{70 , 30}=30

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau: -1

(+30)

5 60

2 40(-30)

R=-1

30(-30)

20

6

4 30(+30)

R=0

20

7 3 R=0

S=0 S=0 S=1 S=1

Chọn vòng điều chỉnh

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

30

5 60

2 10

R=0

0

20

6

4 60

R=0

20

7 3 R=0

S=1 S=0 S=0 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[300 200 60 100 60 20 0 ]

Tổng chi phí vận chuyển: f ( x )=660

10) Gỉai bài toán vận tải sau:

150 120 80 50

100 11

130

170 12

GIẢI:

150 120 80 50

100

20(-20)

5 80(+20)

7 -2 11 R=3

130

130

4 -1 R=5

170 -1

Đưa vào (+20)

8 40(-20)

12 80

7 50

R=0

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(3,1 ), (3,2) , (1,2) , (1,1) ,}

Lượng điều chỉnh: min{40 ,20}=20

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

3

5 100(-80)

7 -2 (+80)

11 R=0

1 130

4 -2 R=-1

20

8 20(+80)

12 80(-80)

7 50

R=0

S=1 S=0 S=0 S=0

Chọn vòng điều chỉnh

V ={(1,3 ), (1,2) , (3,2), (3,3) ,}

Lượng điều chỉnh: min{100 , 80}=80

Phương án và cước phí mới được cho ở bảng sau:

0

5 20

7 80

11 R=0

1 130

4 R=0

5 20

8 100

12

7 50

R=0

S=0 S=0 S=2 S=0

Ta có các ô chọn có cước phí Ta có PATU:

X =[1300 200 800 00 20 100 50]

BÀI TẬP TỰ GIẢI

Giải các bài toán vận tải cho bởi bảng sau: 1)

25 40 20 10

40

20

35

ĐÁP SÔ

X =[25 150 200 00 25 10]

Tổng chi phí vận chuyển: f ( x )=340

2)

220 310 200 250

300

500 12 11 13

180 10 15 18 14

ĐÁP SÔ

X =[400 50260 2000 2500

180 0 ]

3)

76 62 88 45 40

79 10 19

102 13 11

70 12 17 10

60 12 18 18

ĐÁP SÔ

X =[

31 48 0

0 62 40 0

0 0 30 40

45 0 15 0]

Tổng chi phí vận chuyển: f(x)=2659

4)

85 75 60 50

105 16 10 14

65 10 18 12 20

55 14 18

45 8 12

ĐÁP SÔ X =[

85 0 20

0 60

0 55 0

0 20 25]

5)

120 280 130 270

100

300 10 11

150 10

250 12 13

ĐÁP SÔ

X =[

0 100

0 30 270

120 30 0

0 220 30 ]

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] GS Đặng Hấn Quy hoạch tuyến tính Trường Đại học Kinh Tế TP Hồ Chí Minh

[2] Ngô Thành Phong Đại số tuyến tính và Quy hoạch tuyến tính Nhà xuất bản Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh-2003

[3] Nguyễn Cảnh Quy hoạch tuyến tính Nhà xuất bản Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh-2004

MỤC LỤC

Trang

Chương 1: Bài toán quy hoạch tuyến tính

§1 : số ví dụ dẫn đến bài toán quy hoạch tuyến tính

§2 : Các dạng bài toán quy hoạch tuyến tính

§3 : Biến đổi dạng của bài toán quy hoạch tuyến tính

Chương 2: Phương pháp đơn hình 15

§1 : Thuật toán đơn hình 15

§2 : Thuật toán đơn hình mở rộng 20

Bài tập có lời giải 26

Chương 3: Bài toán đối ngẫu 41

§1 : Khái niệm 41

§2 : Quan hệ giữa bài toán gốc và bài toán đốio ngẫu 44

Bài tập có lời giải 47

Chương 4: Bài toán vận tải 59

§1 : Bài toán vận tải dạng tởng quát 59

§2 : Tính chất của bài toán vận tải 61

§3 : Bài toán vận tải không cân bằng thu phát 66

Bài tập có lời giải 68

Tài liệu tham khảo 86